2021届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用课时作业14导数与函数的单调性含解析苏教版 6页

课时作业14　导数与函数的单调性 一、选择题 ‎1．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是(　A　)‎ A．(0,1) B．(1，＋∞)‎ C．(－∞，1) D．(－1,1)‎ 解析：∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，‎ ‎∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．‎ ‎2．(2020·济南调研)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　C　)‎ A．f(b)>f(c)>f(d)‎ B．f(b)>f(a)>f(e)‎ C．f(c)>f(b)>f(a)‎ D．f(c)>f(e)>f(d)‎ 解析：由题意得，x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，‎ 因为af(b)>f(a)，故选C.‎ ‎3．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　D　)‎ 6‎ 解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．‎ ‎4．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是(　A　)‎ A.，(0，＋∞)‎ B.∪(0，＋∞)‎ C. D. 解析：f′(x)＝2x(x－m)＋x2，‎ ‎∵f′(－1)＝－1，∴－2(－1－m)＋1＝－1，‎ 解得m＝－2，∴f′(x)＝2x(x＋2)＋x2.‎ 令2x(x＋2)＋x2>0，解得x<－或x>0，‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间是，(0，＋∞)．‎ ‎5．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>‎0”‎是“f(x)在R上单调递增”的(　A　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：f′(x)＝x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．‎ ‎6．定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>2，且f(1)＝3，则不等式f(x)>2x＋1的解集为(　C　)‎ A．(－∞，0) B．(0，＋∞)‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，1)‎ 解析：f(x)>2x＋1的解集即f(x)－2x－1>0的解集．构造函数g(x)＝f(x)－2x－1，则g′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)＝f(x)－2x－1在R 6‎ 上单调递增，且g(1)＝f(1)－2－1＝0，所以f(x)－2x－1>0的解集为(1，＋∞)，即不等式f(x)>2x＋1的解集为(1，＋∞)．故选C.‎ ‎7．(2020·山东济南质检)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　C　)‎ A．[1，＋∞) B．[1,2)‎ C．[1，) D．[，2)‎ 解析：f′(x)＝4x－＝，‎ 令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00.若a＝f，b＝0，c＝－f，则a，b，c的大小关系是(　A　)‎ A．a0在(0，π)上恒成立，‎ 所以g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0在(0，π)上恒成立，‎ 所以g(x)在(0，π)上单调递增，‎ 所以gxf′(x)恒成立，则x‎2f－f(x)>0的解集为(1，＋∞)．‎ 解析：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>xf′(x)⇔xf′(x)－f(x)<0⇔′<0.令g(x)＝，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又当x∈(0，＋∞)时，不等式x‎2f－f(x)>0⇔>，则0<0.‎ ‎(1)当m＝2时，求f(x)的极大值；‎ ‎(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性．‎ 解：(1)当m＝2时，f(x)＝lnx＋－x，‎ f′(x)＝－－1＝－(x>0)，‎ 当02时，f′(x)<0，‎ 当0，‎ ‎∴f(x)在(0，)和(2，＋∞)上单调递减，在(，2)上单调递增，∴f(x)的极大值为f(2)＝ln2－.‎ ‎(2)f′(x)＝－－1＝－(x>0，m>0)，‎ 6‎ 故当01时，f(x)在(0，)上单调递减，‎ 在(，1)上单调递增．‎ ‎14．(2020·江西赣州联考)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b.‎ ‎(1)若f(x)与g(x)的图象在x＝1处相切，求g(x)的表达式；‎ ‎(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．‎ 解：(1)由已知得f′(x)＝，所以f′(1)＝1＝a，所以a＝2.又因为g(1)＝0＝a＋b，所以b＝－1.所以g(x)＝x－1.‎ ‎(2)因为φ(x)＝－f(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是减函数，‎ 所以φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，‎ 即x2－(‎2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，‎ 则‎2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，‎ 因为x＋∈[2，＋∞)，所以‎2m－2≤2，即m≤2.‎ 故实数m的取值范围是(－∞，2]．‎ ‎15．(2020·河南濮阳一模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则a的取值范围为(　D　)‎ A．(0,1] B．(1，＋∞)‎ C．(0,1) D．[1，＋∞)‎ 解析：对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则当x>0时，f′(x)≥2恒成立，f′(x)＝＋x≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a≥(2x－x2)max＝1.故选D.‎ ‎16．(2020·河南濮阳模拟)已知a＝ln，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为(　D　)‎ A．b>c>a B．a>c>b C．a>b>c D．b>a>c 6‎ 解析：依题意，得a＝ln＝，b＝e－1＝，c＝＝.令f(x)＝，则f′(x)＝，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(e)＝＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.故选D.‎ ‎17．(2020·山东潍坊模拟)已知函数f(x)＝(x－a)·ex－ax2＋a(a－1)x(a∈R)，讨论f(x)的单调性．‎ 解：f′(x)＝(x－a)ex＋ex－ax＋a(a－1)＝[x－(a－1)](ex－a)．‎ 当a≤0时，ex－a>0.当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．‎ 当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝lna.‎ 令g(a)＝a－1－lna，则g′(a)＝1－＝.‎ 当a∈(0,1)时，g′(a)<0，g(a)为减函数；‎ 当a∈(1，＋∞)时，g′(a)>0，g(a)为增函数．‎ ‎∴g(a)min＝g(1)＝0.‎ ‎∴a－1≥lna(当且仅当a＝1时取“＝”)．‎ ‎∴当01时，x∈(－∞，lna)，f′(x)>0，f(x)为增函数，x∈(lna，a－1)，f′(x)<0，f(x)为减函数，x∈(a－1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)为增函数．‎ 当a＝1时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．‎ 综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增；‎ 当01时，f(x)在(lna，a－1)上单调递减，在(－∞，lna)和(a－1，＋∞)上单调递增；‎ 当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 6‎